第13章 立体几何初步 章末题型归纳总结 -2024学年高一数学同步学与练（苏教版2019必修第二册）（解析版）

第第页第13章立体几何初步章末题型归纳总结章末题型归纳目录模块一：本章知识思维导图模块二：典型例题经典题型一：几何体的表面积与体积、直观图经典题型二：外接球、内切球、棱切球经典题型三：空间中的平行关系经典题型四：空间中的垂直关系经典题型五：空间角的求法（线线角、线面角、二面角）经典题型六：空间距离的求法（线线距、线面距、点面距、面面距）经典题型七：截面问题以及范围与最值问题模块三：数学思想与方法分类与整合思想②等价转换思想③函数与方程思想

模块一：本章知识思维导图

模块二：典型例题经典题型一：几何体的表面积与体积、直观图例1．（2024·高二·浙江丽水·期末）如图，将一个圆柱等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，n越大，组合成的新几何体就越接近一个“长方体”.若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，则圆柱的侧面积是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据题意，设圆柱的底面半径为，高，其轴截面的面积为，新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加的为轴截面的面积，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了，即所以圆柱的侧面积为.故选：A.例2．（2024·全国·一模）已知正三棱台的上､下底面的边长分别为2和4，且棱台的侧面与底面所成的二面角为，则此三棱台的表面积为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】设分别是的中点，连接，设分别是正三角形和正三角形的中心，则，且，由于平面平面，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以，所以是棱台的侧面与底面所成的二面角的平面角，所以，过作，垂足为，则，所以，所以三棱台的表面积为.故选：C例3．（2024·福建莆田·二模）柏拉图多面体是指每个面都是全等正多边形的正多面体，具有严格对称，结构等价的特点．六氟化硫具有良好的绝缘性和广泛的应用性．将六氟化硫分子中的氟原子按图1所示方式连接可得正八面体（图2）．若正八面体外接球的体积为，则此正八面体的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据题意，作正八面体如下所示，连接，设，根据其对称性可知，过点，又该八面体为正八面体，则面，又面，故；显然正八面体的外接球球心为，设其半径为，，则，在直角三角形中，；由可得，则；故该八面体的表面积.故选：D.例4．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）冰嘎别名冰尜，是东北民间少年儿童游艺品，俗称“陀螺”．通常以木镟之，大小不一，一般径寸余，上端为圆柱形，下端为锥形．如图所示的是一个陀螺立体结构图．己知分别是上、下底面圆的圆心，，底面圆的半径为2，则该陀螺的体积为（

）

A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意可知圆柱的高为，故该陀螺的体积为，故选：D例5．（2024·高二·浙江杭州·期末）所有的顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，其中平行的两个面叫底面，其它面叫侧面，两底面之间的距离叫高，经过高的中点且平行于两个底面的截面叫中截面．似柱体的体积公式为，这里、为两个底面面积，为中截面面积，为高．如图，已知多面体中，是边长为的正方形，且，均为正三角形，，，则该多面体的体积为（）

A． B． C． D．【答案】B【解析】如图，分别过点，作的垂线，垂足分别为点，，连接，，容易求得，.取的中点，连接，易得，则，所以多面体的体积.故选：B例6．（2024·高一·全国·课后作业）如图所示，是的直观图，其中，那么是（）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．钝角三角形【答案】B【解析】根据斜二测画法可得，所以是直角三角形.故选：B.例7．（2024·高二·四川乐山·期末）如图，正方形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形ABCD的直观图，若，则四边形ABCD周长为（

）A． B．4 C． D．8【答案】D【解析】根据斜二测画法特点可知，所以为等腰直角三角形，所以，所以在原始图形中，根据勾股定理可得所以四边形的周长为.故选：D例8．（2024·高二·上海崇明·期中）的斜二测直观图如图所示，则的面积是（

）A． B． C． D．4【答案】D【解析】依题意，由斜二测画法规则知，的底边，边上的高，所以的面积是.故选：D例9．（2024·高二·山东·学业考试）如图，在四棱柱中，底面为矩形，侧面为菱形，平面平面，．(1)求证：平面；(2)求四棱柱的体积．【解析】（1）在四棱柱中，，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面．（2）取中点为，连结．在四棱柱中，，因为四边形为菱形，所以，又因为，所以为等边三角形，所以．又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以四棱柱的高．因为底面为矩形，，所以四棱柱的底面积为，故四棱柱的体积为．例10．（2024·高二·黑龙江大庆·开学考试）在边长为a的正方形中，E，F分别为，的中点，M、N分别为、的中点，现沿、、折叠，使B、C、D三点重合，构成一个三棱锥，如图所示．

(1)在三棱锥中，求证：；(2)求四棱锥的体积．【解析】（1）在三棱锥中，因为，，，面,所以面．又平面，所以；（2）因为在中，M、N分别为、的中点，所以四边形的面积是面积的．又三棱锥与四棱锥的高相等，所以，四棱锥的体积是三棱锥的体积的，因为，所以．因为．所以，故四棱锥的体积为．例11．（2024·高一·河南洛阳·阶段练习）如图，四面体被一平面所截，截面是一个平行四边形.求证：.【解析】∵四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.而平面平面，平面，∴，∴.例12．（2024·高一·湖南张家界·期中）如图，在四棱锥中，，，平面，，.设M，N分别为，的中点.

(1)求证：平面平面；(2)求三棱锥的体积.【解析】（1）证明：∵M，N分别为，的中点，∴，又平面，平面，∴平面.在中，，，∴.又，∴.∵平面，平面，∴平面.又，∴平面平面.（2）∵，，，∴，∴三棱锥的体积.经典题型二：外接球、内切球、棱切球例13．（2024·高二·上海·专题练习）求解多面体的外接球时，经常用到截面图.如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则R、r、d满足的关系式是.【答案】【解析】在中，根据勾股定理得，即.故答案为：.例14．（2024·高二·福建南平·阶段练习）已知三棱锥满足底面，在中，，，，是线段上一点，且．球为三棱锥的外接球，过点作球的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为，则球的表面积为.【答案】【解析】若将三棱锥补成直三棱柱，且三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球，记三角形的外心为，设球的半径为，，则球心到平面的距离为，即，连接，则，∴，在中，取的中点为，连接，，则，，∴．在中，，由题意得到当截面与直线垂直时，截面面积最小，设此时截面圆的半径为，则，所以最小截面圆的面积为，当截面过球心时，截面面积最大为，∴，，球的表面积为．故答案为：.例15．（2024·高二·重庆·期中）已知三棱锥中，平面，且，三棱锥的外接球表面积为，则三棱锥的体积最大值是.【答案】【解析】棱锥的外接球表面积为，又因为为外接圆直径,所以,所以.故答案为：例16．（2024·高二·重庆·期中）正四面体中，是棱的中点，是棱上一动点，的最小值为，则该正四面体的外接球表面积是.【答案】【解析】由题设，如下图，将面与面沿展开为一个平面，要使的最小值为，即展开图中，是棱的中点，令，故，所以，故正四面体的棱长，则，，如图，若是的中心，为正四面体的外接球球心，且球体半径为，所以，故该正四面体的外接球表面积是.故答案为：例17．（2024·高三·辽宁大连·期中）在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为.【答案】【解析】设，在等腰中，，设的外心是，外接圆半径是，则，∴，设外接球球心是，则平面，平面，则，同理，，又平面，所以，是直角梯形，设，外接球半径为，即，则，所以，在直角中，，，，，∴，，令，则，，当且仅当，时等号成立，所以的最小值是．故答案为：.例18．（2024·高二·安徽亳州·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，在棱上运动，当二面角为直二面角时，四面体的外接球表面积为．

【答案】【解析】如图，连接交于点，因为，所以，同理，由二面角的定义知，为二面角的平面角，，在棱长为2的正方体中，设，，，，解得，提取出四面体，如下图，则，，又因为面角为直二面角，取中点，连接，在底面等边，其外接圆圆心为三角形的重心，则所以，在等腰三角形中，设外接圆半径为，其外接圆圆心在上，设为，过作垂线，其交点为，则为球心，连接，，由正弦定理，，求得，，设外接球半径为，则所以外接球的表面积为.故答案为：例19．（2024·高二·湖南长沙·开学考试）已知圆锥的底面半径为6，侧面积为，则该圆锥的内切球（圆锥的侧面和底面都与球相切）的体积为．【答案】【解析】作轴截面图如图，设截面的圆心为，由已知，，，则，，在中，．设内切球半径为，由等面积法，,所以，得，所以内切球体积．故答案为：.例20．（2024·高三·甘肃·阶段练习）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现.在一个“圆柱容球”模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为.【答案】【解析】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，母线长为，则球的体积为，所以，所以圆柱表面积为.故答案为：.例21．（2024·高二·四川·阶段练习）已知在直三棱柱中存在内切球，若，则该三棱柱外接球的表面积为.【答案】【解析】由已知是直角三角形，，的内切圆半径为，直三棱柱中存在内切球，则其高为，分别取的中点，连接，则也是该直三棱柱的高，的中点是其外接球球心，，所以外接球的表面积为．故答案为：．例22．（2024·高二·河南·阶段练习）已知棱长均为的多面体由上､下全等的正四棱锥和拼接而成，其中四边形为正方形，如图所示，记该多面体的外接球半径为，该多面体的棱切球（与该多面体的所有棱均相切的球）的半径为，则．

【答案】【解析】在多面体中，为正方形的中心，如图所示：由题意可知既是多面体的外接球的球心，也是棱切球的球心，过点作于点，在中，，，所以，所以，所以故答案为：例23．（2024·高三·河南·阶段练习）在正三棱锥中，，，若球O与三棱锥的六条棱均相切，则球O的表面积为．【答案】【解析】如图示：取的中心E，连接PE，则平面ABC，且与棱均相切的球的球心O在PE上.连接AE并延长交BC于D，则D为BC的中点，，连接OD.因为平面ABC，所有.因为平面，平面，，所有平面.因为平面，所有.过O作，交PA于点F.球O的半径为r，则.由题意：为正三角形，因为，所以，，.因为，，所以，所以.设，所以，因为，所以，解得:，所以，故球O的表面积为．故答案为：例24．（2024·高三·全国·专题练习）已知正三棱柱的各棱长均为，以A为球心的球与棱相切，则球A于正三棱柱内的部分的体积为.【答案】【解析】如图，正三棱柱的各棱长均为，以A为球心与棱相切的球的半径为，则以平面为截面的上半球的体积为.又，球A位于正三棱柱内的部分的体积为.故答案为：.经典题型三：空间中的平行关系例25．（2024·高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，四边形是菱形，四边形是正方形，，，，点为的中点.求证：平面；【解析】连接交于，连接，因为四边形是正方形，所以是的中点，又因为为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；例26．（2024·高三·全国·专题练习）如图，P是平行四边形ABCD所在平面外一点，E是PD的中点．(1)求证：平面EAC．(2)若M是CD上异于C，D的点，连接PM交CE于点G，连接BM交AC于点H，求证：．【解析】（1）连接交于，连接，因为四边形是平行四边形，所以为中点，又因为为中点，所以是的中位线，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）因为平面，平面平面，平面，所以.例27．（2024·高二·黑龙江鸡西·期末）两个边长为2的正方形和各与对方所在平面垂直，、分别是对角线、上的点，且.

(1)求证：平面；(2)设，，求与的函数关系式；(3)求、两点间的最短距离.【解析】（1）过点作，交于点，连接、，因为，所以，由已知可得，，，所以，，，所以，，所以，，又，所以，因为平面，，平面，所以，平面，同理可得，平面，因为平面，平面，，所以，平面平面，因为平面，所以直线平面.（2）由（1）可知，，，所以，，所以，，同理可得，，又平面平面，平面平面，，平面，所以，平面，因为平面，所以，因为，，所以，所以，是直角三角形，所以，，即；（3）由，且，所以当，即、分别为线段、中点时，有最小值，、两点间的最短距离为.例28．（2024·高一·辽宁阜新·期末）已知在正方体中，M、E、F、N分别是、、、的中点.求证：(1)E、F、D、B四点共面(2)平面平面.【解析】（1）证明：分别是、的中点，所以，又，所以四边形是平行四边形，.，即确定一个平面，故E、F、D、B四点共面.（2）（2）M、N分别是、的中点，.又平面，平面，平面.连接，如图所示，则，.四边形是平行四边形..又平面，平面.平面.都在平面,且,所以平面平面.例29．（2024·高一·浙江嘉兴·期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为上的点，且，为中点．

(1)证明：平面.(2)在上是否存在一点，使得平面？若存在，指出点位置，并证明你的结论；若不存在，说明理由．【解析】（1）连交于，因为为中点，所以是中位线，所以．又平面AEC，平面．所以平面AEC．（2）上存在点，且，使得平面，证明：上取点，且，因为为上的点，且，所以在中，，所以，因为平面，平面，所以平面，又在中，，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面．经典题型四：空间中的垂直关系例30．（2024·高一·全国·专题练习）已知平面五边形如图1所示，其中，是正三角形．现将四边形沿翻折，使得，得到的图形如图2所示．求证：平面平面．【解析】如图，取的中点，连接，因为是等边三角形，为的中点，所以，因为，所以，因为，，，所以四边形为矩形，所以，又因为，所以，即，因为，，，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面．例31．（2024·全国·模拟预测）如图1，在等边中，是边上的高，、分别是和边的中点，现将沿翻折成使得平面平面，如图2.

(1)求证：平面；(2)在线段上是否存在一点，使？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）证明：如图1，在中，、分别是和边的中点，所以，，因为平面，平面，所以，平面.（2）在线段上取点，使，过点在平面内作于点，连接.由题意得，平面平面.因为，平面平面，平面平面，平面，所以，平面，因为平面，所以，.在中，因为，，所以，，所以，，翻折前，为等边三角形，则，因为为的中点，所以，，即，翻折后，仍有，所以，，故，在中，，因为，则.又因为，则平分，因为是斜边上的中线，则，且，所以，是等边三角形，则，又因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，综上，在线段上存在一点，且当时，.例32．（2024·高一·全国·专题练习）如图；在直三棱柱中，，，．求证；

【解析】证明：在中，因为，可得，所以为直角三角形，可得，由在直三棱柱中，可得平面，且平面，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以．例33．（2024·高一·全国·专题练习）在四面体中，分别是和的中点.证明：平面平面；【解析】因为是的中点，所以.又是的中点，所以.因为，所以.又，平面.所以平面.因为平面，所以平面平面.例34．（2024·高一·河南洛阳·阶段练习）在四棱锥中，底面是正方形，平面．

(1)求证：平面⊥平面；(2)求证：平面⊥平面．【解析】（1）因为平面，平面，所以，又因为底面是正方形，所以，又因为平面，所以平面，又平面，所以平面⊥平面.（2）因为平面，平面，所以，又因为底面是正方形，所以，又因为平面，所以平面，又平面，所以平面⊥平面.例35．（2024·高三·全国·阶段练习）如图，在五面体中，四边形的对角线交于点，为等边三角形，，，.(1)证明：平面；(2)若，求五面体的体积.【解析】（1）连接EF，在和中，，所以，所以，又，，所以≌，则为的中点，所以．在中，，又为的中点，所以，因为平面，平面，，，，平面（2）取的中点，连结，与交于点，连结．因为平面，平面，所以，又，，，所以平面，又平面，所以，又所以平面．因为，为等边三角形，因为，所以而，在中，，在等边中，BF是AC的中线，CM是AB的中线，所以G是等边的重心，所以在中，，则四边形的面积为．故五面体的体积为．例36．（2024·高一·陕西渭南·期末）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，分别是，的中点．求证：

(1)平面；(2)．【解析】（1）四棱锥的底面是矩形，，平面，平面，，又，、平面，平面；（2）由（1）知平面，同理可得，平面，，分别是，的中点，，平面，又平面，.例37．（2024·陕西榆林·一模）在三棱锥中，为的中点.(1)证明：⊥平面.(2)若，平面平面，求点到平面的距离.【解析】（1）因为，为的中点，所以，又因为平面，所以⊥平面.（2）因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，因为，所以均为等边三角形，故，故，所以，因为平面，平面，所以，由勾股定理得，取的中点，连接，在中，，故⊥，故，，设点到平面的距离为，所以，解得.经典题型五：空间角的求法（线线角、线面角、二面角）例38．（2024·湖南岳阳·模拟预测）如图，已知长方体的底面是边长为2的正方形，为其上底面的中心，在此长方体内挖去四棱锥后所得的几何体的体积为.(1)求线段的长；(2)求异面直线与所成的角.【解析】（1）依题意，得，解得；（2）如图，取的中点，连接，则，所以是两异面直线与所成的角，因为平面，所以平面，又平面，所以，在中，，则，所以，所以异面直线与所成的角为.例39．（2024·高二·黑龙江鸡西·期末）如图，平面，四边形是正方形，且，试求：

(1)点到的距离；(2)求异面直线与所成的角.【解析】（1）由于平面，平面，所以，,四边形是正方形,所以,又，连接相交于，所以为边长为的等边三角形，所以,故到的距离为,（2）取的中点为，连接,由于是的中点，所以,故即为直线与所成的角或其补角，由于，,,所以为等边三角形，所以,故直线与所成的角为，例40．（2024·高二·上海·期中）如图，已知分别是正方体的棱的中点，且与相交于点．(1)求证：点Q在直线DC上；(2)求异面直线与所成角的大小．【解析】（1）平面平面，由于平面，平面，所以，也即点Q在直线DC上.（2）根据正方体的性质可知，所以异面直线与所成角为，由于分别是的中点，所以，所以异面直线与所成角的大小为.例41．（2024·高二·上海·阶段练习）如图所示圆锥中，CD为底面的直径，A，B分别为母线PD与PC的中点，点E是底面圆周上一点，若，，圆锥的高为.

(1)求圆锥的侧面积S；(2)求异面直线AE与PC所成角的大小【解析】（1）设圆锥底面半径为，母线长为，因为为直径，是的中位线，所以，，所以侧面积.（2）连接，由分别为的中点，得，所以为异面直线与所成的角或其补角，在中，，，取中点为，连接，则，，所以，在中，，所以异面直线AE与PC所成角的大小为.例42．（2024·上海青浦·一模）已知四棱锥，底面为正方形，边长为，平面．(1)求证：平面；(2)若直线与所成的角大小为，求的长．【解析】（1）平面，平面，，又底面为正方形，则且，平面，平面．（2）平面，，为锐角，又，为直线与所成的角，，在中，，，在中，，，于是．例43．（2024·上海长宁·一模）如图，在三棱锥中，平面平面为的中点.

(1)求证：；(2)若，求异面直线与所成的角的大小.【解析】（1）在三棱锥中，由为的中点，得，而平面平面，平面平面，平面，因此平面，又平面，所以.（2）分别取的中点，连接，于是，则是异面直线与所成的角或其补角，由（1）知，，又，，则，于是，令，则，又，则有，，又平面，平面，则，，，由分别为的中点，得，显然，即有，，则，所以异面直线与所成的角的大小.例44．（2024·高二·四川自贡·阶段练习）如图，在正方体中，点E，F分别为棱，AB的中点．

(1)求证：E、F、C、四点共面：(2)求异面直线与BC所成角的余弦值．【解析】（1）连接.在中，点E，F分别为棱，AB的中点，则，在正方体中，，，且，四边形是平行四边形，，则，故、、、四点共面.（2）由（1）知，，则即为所求异面直线与BC所成的角，设正方体的棱长为，在中，，则，所以.故所求异面直线与BC所成角的余弦值为．例45．（2024·高一·福建宁德·阶段练习）在直三棱柱中，，，，D是的中点.

(1)求证：平面；(2)求异面直线与所成的角.【解析】（1）设与的交点为，连接，因为为直三棱柱，且，则四边形为正方形，所以为的中点，又D是的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）由（1）可知，，所以为直线与所成的角（或其补角），在中，，，，由余弦定理可得，，则，即异面直线与所成的角为.例46．（2024·高二·新疆阿克苏·阶段练习）如图，在正方体中，求异面直线与所成的角的大小；【解析】连接，，如下图所示：因为，所以四边形是平行四边形，则，所以异面直线与所成的角即为直线与所成的角，即是异面直线与所成角的平面角，设正方体的棱长为，则，所以为正三角形，因此.即异面直线与所成的角的大小为.例47．（2024·高三·山东菏泽·开学考试）如图，在三棱柱中，在底面ABC上的射影为线段BC的中点，M为线段的中点，且，.(1)求三棱锥的体积；(2)求MC与平面所成角的正弦值.【解析】（1）取BC的中点O，连接OA，，因为在底面ABC上的射影为O，所以面ABC，在三棱柱中，面面，所以面因为面，所以，在中，M为线段的中点，，因为，所以，因为面，面，，所以面，中，，，所以，，所以；（2）设C到平面的距离为d，则在中，，，所以，所以，设MC与平面所成角为，则，所以MC与平面所成角的正弦值为.例48．（2024·高三·全国·阶段练习）如图，在三棱台中，平面，，，.(1)求证：平面平面；(2)求与平面所成角正弦值.【解析】（1）由，得，由平面，平面，则，又平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．（2）将棱台补全为如下棱锥，由，，，易知，，由平面，平面，则，，，所以，.可得，设到平面的距离为h，又，则，可得，设与平面所成角为，，则.例49．（2024·高三·河北衡水·期中）在如图所示的直三棱柱中，D、E分别是的中点.(1)求证:平面;(2)若为等边三角形，且，M为上的一点，求直线与直线所成角的正切值.【解析】（1）取的中点，连接在中，因为分别为的中点，所以平面平面，所以平面在矩形中，因为分别为的中点，所以平面平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面因为平面，所以平面；（2）因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面，连接，因为为正三角形，为中点，所以，平面平面，所以平面，取的中点，连接，可得，故平面，又因为，则且，故四边形为平行四边形，所以，所以即为直线与直线所成角，设，在中，，所以.例50．（2024·高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，所有的棱长都相等，侧棱底面，求直线与平面所成角的正弦值.

【解析】取的中点O，连接，，易得.因为侧棱底面，侧棱侧棱，所以侧棱底面，底面，所以.因为，，平面，故平面，所以所求直线与平面所成的角为.由平面，平面可得.因为所有的棱长都相等，不妨假设棱长为2，则，，，则.所以直线与平面所成的角的正弦值为.例51．（2024·高二·上海·期末）在如图所示的圆锥中，是顶点，是底面的圆心，、是圆周上两点，且，．(1)若圆锥侧面积为，求圆锥的体积；(2)设圆锥的高为2，是线段上一点，且满足，求直线与平面所成角的正切值．【解析】（1）设圆锥底面半径为，母线长为，，则侧面积，解得，于是圆锥的高，圆锥的体积．（2）中，，，则点是线段中点，取中点，连接，，则，又，则，由直线平面，平面，得，结合，且，平面，所以平面，因此直线是在平面内的射影，从而是直线与平面所成的角，∵，∴，又，得，即直线与平面所成的角的正切值为例52．（2024·高二·重庆·期末）在如图所示的四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，点E，F分别在棱AB，PC上，且满足，．(1)证明：平面PAD；(2)若平面底面ABCD，和为正三角形，求直线EF与底面ABCD所成角的正切值．【解析】（1）在中过点F作并交PD于点G，则，由得，由得，是平行四边形，，是平行四边形，，而平面PAD，平面PAD，平面PAD；（2）在平面PCD中过点F作于点O，连接OE，若平面底面ABCD，由平面底面ABCD，平面，底面ABCD，即为直线EF与底面ABCD所成角，设，则，在，由题意知底面ABCD是菱形，，取EB的中点M，连接CM，则四边形为平行四边形，有，在中，，由余弦定理，得，故，在，，∴直线EF与底面ABCD所成角的正切值．例53．（2024·高二·上海·期末）如图，已知正方形的边长为1，平面，三角形是等边三角形．(1)求异面直线与所成的角的大小；(2)在线段上是否存在一点，使得与平面所成的角大小为？若存在，求出的长度，若不存在，说明理由.【解析】（1）因为为正方形，则，则异面直线与所成的角为与所成的角，即或其补角，因为三角形是等边三角形，则平面，平面，，．所以异面直线AC与BD所成的角为．（2）作交于点，连接，平面，平面，则与平面所成的角为，设，则，则.例54．（2024·高三·全国·专题练习）如图所示，在三棱锥中，．

(1)求证：；(2)求二面角的余弦值；(3)求点到平面的距离．【解析】（1）取的中点为，连接，因为，故，同理，而平面，故平面，而平面，故.（2）如图，过作，垂足分别为，连接.由（1）可得平面，而平面，故平面平面，而平面平面，平面，故平面，而平面，所以，而平面，所以平面，因平面，故，故为二面角的平面角.因为，故，故，由（1）可得，故，因为，故，故，故，所以，同理，由平面，平面可得，故，故.（3）由（1）可得平面，由（2）可得，故点到平面的距离为.例55．（2024·高二·浙江金华·期末）如图，已知四棱锥的底面是菱形，，对角线交于点平面，平面是过直线的一个平面，与棱交于点，且．

(1)求证：；(2)若平面交于点，求的值；(3)若二面角的大小为，求的长．【解析】（1）四棱锥的底面是菱形，，又平面，平面，则平面，而平面平面，平面，所以.（2）由平面，平面，得平面平面，而，平面，于是平面，又平面，则，即三点共线，由平面，平面，则，如图，在中，过点作的垂线，垂足为，于是，设，由，得，，，从而，所以，即．（3）

过点作于点，连接，由平面，平面，则，而平面，则平面，而平面，于是，则有为二面角的平面角，即，在菱形中，由，得，则，由（2）得，所以.例56．（2024·湖南岳阳·模拟预测）如图，已知平面与底面所成角为，且．(1)求证：平面；(2)求二面角的大小．【解析】（1）因为平面，平面，所以，又由已知得，，则，即，又平面，所以平面；（2）因为平面，平面，所以，所以为二面角的平面角，因为平面与底面所成角为，所以为与底面所成角，由，得，在中，，则，所以二面角的大小为．例57．（2024·高一·全国·专题练习）如图①梯形ABCD中，，，，且，将梯形沿BE折叠得到图②，使平面平面BCDE，CE与BD相交于O，点P在AB上，且，R是CD的中点，过O，P，R三点的平面交AC于Q．(1)证明：Q是AC的中点；(2)证明：平面BEQ；(3)M是AB上一点，已知二面角为45°，求的值．【解析】（1）在图①中过C作，则，图②中，连接BD，CE，又∵，∴，∴，∴且．∴，∴，在中，，∴，又平面ACD，平面ACD，∴平面ACD，平面平面，∴，∴，又R是CD的中点，∴Q是AC的中点；（2）如图，在直角梯形BCDE中，，∴中，，，∴∴，∴又∵平面平面BCDE，平面平面BCDE，∴平面BCDE，平面BCDE，∴，又，平面ACE，又平面ACE，∴，在中，，，∴∴，又由（1）Q是AC的中点，∴，，∴平面ACD，又平面ACD，∴又∵，，∴平面ADE，∴，又，∴平面BEQ；（3）如图，过M作，过H作于点G，连结MG，则∠MGH为二面角的平面角，∴，设，∴又，∴在中，，由得，即，∴，∴例58．（2024·高一·山东青岛·阶段练习）如图，将边长为的正方形沿对角线折起，使得点到点的位置，连接，为的中点.(1)若平面平面，求点到平面的距离；(2)不考虑点与点重合的位置，若二面角的余弦值为，求的长度.【解析】（1）连接，，则，平面平面，平面平面＝AC，平面，平面，又平面，，又正方形的边长为，,，设点到平面的距离为，则，，，即点到平面的距离；（2）取的中点，连接，，，，，为二面角的平面角，，由题可知，在中，，，，，，.例59．（2024·高一·全国·课后作业）如图，在矩形中，，，E为的中点，把和分别沿AE，DE折起，使点B与点C重合于点P．(1)求证：平面⊥平面；(2)求二面角的大小．【解析】（1）由⊥，得⊥，同理，⊥．又∵，平面，∴⊥平面．又平面，∴平面⊥平面．（2）如图所示，取的中点F，连接，∵四边形为矩形，∴，因为，所以⊥，⊥，故就是二面角的平面角．又⊥平面，平面，所以⊥，∵，∴，∴．∴二面角P－AD－E的大小为．例60．（2024·高二·全国·专题练习）四边形是正方形，平面，且．求：

(1)二面角的平面角的度数；(2)二面角的平面角的度数；(3)二面角的平面角的度数．【解析】（1）平面，平面，，又四边形为正方形，，平面，平面，又平面，平面平面，二面角的平面角的度数为；（2）平面，平面，平面，，．为二面角的平面角．又由题意可得，二面角的平面角的度数为；（3）平面，平面，平面，，．为二面角的平面角．又四边形为正方形，，即二面角的平面角的度数为.例61．（2024·高三·甘肃·阶段练习）如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，，，，．

(1)证明：与平面不垂直；(2)证明：平面平面；(3)如果，二面角等于，求二面角的大小．【解析】（1）若平面，则，由已知，得，这与矛盾，所以与平面不垂直．（2）取、的中点、，连接、、，由，，得，，为直角梯形的中位线，，又，平面，由平面，得，又且梯形两腰、必交，平面,又平面，平面平面,（3）由（2）及二面角的定义知为二面角的平面角,作于，连，由于平面,平面,故,,平面,故平面平面,所以故为二面角的平面角,即，由已知，得，又．，．，故二面角的大小为．经典题型六：空间距离的求法（线线距、线面距、点面距、面面距）例62．（2024·四川·一模）如图，在四棱锥中，，，平面平面．(1)证明：平面；(2)已知，且，求点D到平面的距离．【解析】（1）因为平面平面，平面平面，且，平面，所以平面，又因为，所以平面．（2）由（1）可知，平面，且平面，所以平面平面，过作直线的垂线，垂足为，则平面，由，，可得，，，，因为平面，平面，所以，则，可得，在直角梯形中，因为，可得，所以，在等腰中，，取的中点，连接，可得，且，所以，设点到平面的距离为，由，可得，解得，所以点到平面的距离为．例63．（2024·高一·河南洛阳·阶段练习）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，平面，E为的中点.(1)证明：平面；(2)设，，求点D到平面的距离.【解析】（1）连接，交于点O，连接，∵四边形是平行四边形，∴是的中点，又∵E为的中点，∴是三角形的中位线，∴，又∵平面，平面，∴平面；.（2）∵平行四边形中，，，，∴，则，故，又∵平面，∴，，都是直角三角形，∵，∴，，，∴，∴，∴，因为是的中点，所以，且，所以，，设点到平面的距离为，由得：，解得.例64．（2024·高三·全国·阶段练习）如图，四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，为等边三角形，．

(1)证明：BD平面；(2)求点C到面PBD的距离．【解析】（1）取中点，连，因为，，，，所以四边形为正方形，为等腰直角三角形，则得，，故，因为，，平面，所以平面（2）设点C到平面PBD的距离为h,由（1）得，，则面积为，取中点，连，则，且，因为平面，平面，所以，，平面，所以平面，又面积为，三棱锥的体积为，得.即点C到平面PBD的距离.例65．（2024·高三·全国·专题练习）如图，为菱形外一点，平面，，为棱的中点.若，求到平面的距离.

【解析】因为平面，不在平面内，所以平面，则到平面的距离即为点到平面的距离，设点到平面的距离为，因为，，平面,，四边形为菱形，所以，解得，即到平面的距离为.例66．（2024·上海·模拟预测）已知三棱锥中，平面为中点，过点分别作平行于平面的直线交于点.

(1)求直线与平面所成的角的正切值；(2)证明：平面平面，并求直线到平面的距离.【解析】（1）因为平面，连接，则即为直线与平面所成的角，又，，，为中点，可得，，所以，即直线与平面所成的角的正切值为.（2）由题知，平面，平面，，平面，所以平面平面.因为平面，平面，所以，又，平面，，所以平面，又平面，所以就是直线到平面的距离，又为中点，则，即直线到平面的距离为.例67．（2024·河南·二模）如图所示，正六棱柱的底面边长为1，高为.

(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面间的距离.【解析】（1）在正六棱柱中，因为底面为正六边形，所以，因为平面，平面，所以平面.因为，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，又，所以平面平面.（2）平面与平面间的距离等价于点到平面的距离，设为.连接，则四面体的体积.因为，，，所以，从而，所以，所以，即平面与平面间的距离为.例68．（2024·高一·广东揭阳·期末）如图在直三棱柱中，，，，E是上的一点，且，D、F、G分别是、、的中点，与相交于．(1)求证：平面；(2)求平面与平面的距离．【解析】（1）证明：由直三棱柱的性质得平面平面，又，平面平面，平面，平面，又平面，，，在和中，，，即，又，平面平面．（2）由题意知，在中，，又，，平面，平面，平面，、分别为、的中点，，又，，平面，平面，平面，平面，平面，，平面平面．平面，平面平面，平面，为平行平面与之间的距离，，即平面与之间的距离为．经典题型七：截面问题以及范围与最值问题例69．（2024·湖南岳阳·模拟预测）如图，在长方体中，，一小虫从顶点出发沿长方体的表面爬到顶点，则小虫走过的最短路线的长为.【答案】【解析】如图，若小虫爬行路线经过棱，则最短路程为；若小虫爬行路线经过棱，则最短路程为；若小虫爬行路线经过棱，则最短路程为.综上所述，小虫走过的最短路线的长为.故答案为：.例70．（2024·高二·江西南昌·期中）如图，在长方体中，若，且面对角线上存在一点使得最短，则的最小值为.

【答案】【解析】把沿翻折，使矩形和在一个平面上，连接，则的最小值为，在中，可知，由余弦定理得，所以的最小值为.故答案为：.例71．（2024·高二·重庆南岸·期中）如图，在长方体中，且，为棱上的一点．当取得最小值时，的长为．【答案】【解析】将侧面、侧面延展至同一平面，如下图所示：当点、、三点共线时，取最小值，在上图矩形中，，，则，即，此时，点为的中点，如下图所示，连接，易知四边形是边长为的正方形，则，因为平面，平面，所以，，又因为为的中点，所以，，由勾股定理可得.故答案为：.例72．（2024·高一·广西玉林·阶段练习）如图，在棱长为4的正方体中，的中点是P，过点作与截面平行的截面，则该截面的周长为（

）

A． B． C． D．4【答案】C【解析】分别取的中点，连接，可得，可得四边形为平行四边形，可得，因为，所以四边形为平行四边形，可得，所以，所以四边形为平行四边形，，平面即为过点的截面，平面，平面，所以平面，因为，所以四边形为平行四边形，可得，平面，平面，所以平面，且，平面，所以平面平面，，，所以截面的周长为.故选：C.例73．（2024·高一·北京大兴·期末）已知点P在棱长为2的正方体表面运动，且，则线段AP的长的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】点在棱长为2的正方体表面运动，且，则点的轨迹是线段的中垂面截正方体所得截面多边形，分别取棱的中点，则，因此点在线段的中垂面上，点的轨迹是六边形，如图，当点在线段上时，若点为线段中点，有，，于是点为线段上任意一点，，当点在线段上时，，为钝角，则，即，当点在线段上时，，，，为钝角，则，即，当点在线段上时，由，边上的高为，此时，由对称性知，当点在折线上时，，所以线段AP的长的取值范围是.故选：D例74．（2024·高一·江苏盐城·期中）如图，在正方体中，的中点为Q，过A，Q，三点的截面是（

）

A．三角形 B．矩形 C．菱形 D．梯形【答案】D【解析】如图所示，取的中点P，连接PQ、、、和，，分别是，的中点，故，且，，故，，故四点共面，故四边形是过A，Q，三点的截面，且四边形是梯形．故选：D．例75．（2024·河南新乡·三模）如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，过三点的截面把正方体分成两部分，则该截面的周长为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图，取BC的中点，连接EF，AF，,、分别为棱、的中点，则，正方体中，则有，所以平面为所求截面，因为正方体的棱长为2，所以，，，所以四边形的周长为.故选：A.例76．（2024·高一·浙江杭州·期中）如图，正方体的棱长为为的中点，为的中点，过点的平面截正方体所得的截面的面积（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如图，延长交于点，延长交于点，连接交于点，连接交于点，连接.则过点的平面截正方体所得的截面为五边形.因为为的中点，为的中点，所以，所以，在中，，在中，，同理可得.令上的高为，所以，所以.因为，所以，所以，同理可得，故截面的面积.故选：B例77．（2024·高一·河南郑州·期中）如图，正三棱锥中，，侧棱长为，一只虫子从A点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A点，则虫子爬行的最短距离是（

）

A． B． C． D．【答案】B【解析】将正三棱锥沿剪开，得到侧面展开图，如图所示，因为，即，由的周长为，要使的周长的最小，则共线，即，又由正三棱锥侧棱长为，是等边三角形，所以，即虫子爬行的最短距离是.故选：B.例78．（多选题）（2024·高二·福建厦门·阶段练习）已知正方体的棱长为1，P是空间中任意一点.下列结论正确的是（

）A．若点P在线段上运动，则始终有B．若点P在线段上运动，则过P，B，三点的正方体截面面积的最小值为C．若点P在线段上运动，三棱锥体积为定值D．若点P在线段上运动，则的最小值为【答案】ACD【解析】对于A：因为为正方体，所以平面，，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，故A正确；对于B：过点作，则过，，的截面为，设，，则，四边形为平行四边形，，，，所以，，所以当时截面面积最小，最小为，故B错；对于C：因为为正方体，所以，因为平面，平面，所以∥平面，所以点到平面的距离为定值，三棱锥，即三棱锥的体积为定值，故C正确；对于D：展开三角形和矩形得到下图：连接，此时最小，，解得，故D正确.故选：ACD.例79．（多选题）（2024·高一·江苏南京·阶段练习）在正方体中，点是线段上的动点，若过三点的平面将正方体截为两个部分，则所得截面的形状可能为（

）A．等边三角形 B．矩形C．菱形 D．等腰梯形【答案】ABD【解析】当点与重合时，过三点的截面是等边三角形，A正确；当点与重合时，过三点的截面为矩形，B正确；若截面为菱形，则必有，此时点与重合，故C错误；当点与中点重合时，记的中点为F，连接，易知，由正方体性质可知，且，所以四边形为平行四边形，所以，所以且，设正方体棱长为2，则，所以过三点的截面为等腰梯形，D正确.故选：ABD例80．（多选题）（2024·高一·海南省直辖县级单位·期中）如图正方体，棱长为1，为中点，为线段上的动点，过A、、的平面截该正方体所得的截面记为.若，则下列结论正确的是（

）

A．当时，为四边形B．当时，为等腰梯形C．当时，为六边形D．当时，的面积为【答案】ABD【解析】对于A，如图1，延长交于点，连接并延长交于，连接.因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，则四边形即为所求截面，故A项正确；对于B项，如图2，延长交于点，连接并延长交于，连接.因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，因为分别为的中点，所以.又，所以点与点重合，所以，截面即为梯形.又，，，所以，，所以，所以，截面四边形为等腰梯形，故B项正确；对于C项，如图3，延长交于点，连接并延长交于点，交延长线于，连接，交于点，连接.可知，截面为五边形，故C项错误；对于D项，如图4，截面即为四边形.易知.又，在中，，所以，，所以，的面积为，故D正确.故选：ABD.例81．（多选题）（2024·重庆·模拟预测）如图，正方体的棱长为4，M是侧面上的一个动点（含边界），点P在棱上，且，则下列结论正确的有（

）

A．沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为B．保持与垂直时，点M的运动轨迹长度为C．若保持，则点M的运动轨迹长度为D．平面被正方体截得截面为等腰梯形【答案】BCD【解析】对于A，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，连接，则，故A错误；对于B，如图：因为平面，平面，，又，，，平面，所以平面，平面.所以'，同理可得，，，平面.所以平面.所以过点作交交于，过作交交于，由，可得，平面，平面，所以平面，同理可得平面.则平面平面.设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，由点在棱上，且，可得，所以，故B正确；对于C，如图：若，则在以为球心，为半径的球面上，过点作平面，则，此时.所以点在以为圆心，2为半径的圆弧上，此时圆心角为.点的运动轨迹长度，故C正确；对于D，如图：延长，交于点，连接交于，连接，所以平面被正方体截得的截面为.，所以.，所以，所以，所以，且，所以截面为梯形，，所以截面为等腰梯形.故D正确.故选：BCD.例82．（多选题）（2024·高三·重庆渝中·阶段练习）已知截面定义：用一个平面去截一个几何体，得到的平面图形（包含图形内部）称为这个几何体的一个截面.则下列关于正方体截面的说法，正确的是（

）A．截面图形可以是七边形B．若正方体的截面为三角形，则只能为锐角三角形C．当截面是五边形时，截面可以是正五边形D．当截面是梯形时，截面不可能为直角梯形【答案】BD【解析】对于A：平面最多和正方体的六个面都相交，所以最多条交线，所以形成的多边形最多为六边形，所以截面图形一定不是七边形，故A错误；对于B：设，，，由勾股定理得，所以，，，所以角均为锐角，所以为锐角三角形，故B正确；对于C：正方体组对面相互平行，由面面平行的性质定理可知，五边形中有两组对边平行，所以截面五边形不可能为正五边形，故C错误；对于D：截面分别交棱、于点、，假设四边形为直角梯形，，则，又因为且、共面，所以或，当时，因为面，面，则面，又面面，所以，又因为，所以四边形为平行四边形，与假设矛盾，当，因为、且，面，所以平面，即平面，又因为平面，所以，与矛盾，所以假设不成立，故D错误；故选：BD例83．（多选题）（2024·高一·湖北·期末）如图，在棱长为1的正方体中，为线段上一动点（包括端点），则（

）

A．三棱锥的体积为定值B．当点与重合时，三棱锥的外接球的体积为C．过点平行于平面的平面被正方体截得的多边形的面积为D．直线与平面所成角的正弦值的范围为【答案】BD【解析】对于A，因为且，故四边形为平行四边形，所以，平面，平面，平面，，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，，，故A错误；对于B，当点与重合时，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，正方体的外接球直径为，，故三棱锥外接球的体积为，故B正确；对于C，且，则四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，又因为平面，，平面，所以，平面平面，所以，过点平行于平面的平面被正方体截得的多边形为，是边长为的等边三角形，该三角形的面积为，故C错误；设点到平面的距离为，由知，点到平面的距离为，当点在线段上运动时，因为，若为的中点时，，，当点为线段的端点时，，即，设直线与平面所成角为，，故D正确.故选：BD．例84．（多选题）（2024·高一·浙江宁波·期中）已知正方体的棱长为2，点E、F分别是棱、的中点，点P在四边形内（包含边界）运动，则下列说法正确的是（）A．若P是线段的中点，则平面平面B．若P在线段上，则异面直线与所成角的范围是C．若平面，则点P的轨迹长度为D．若平面，则长度的取值范围是【答案】AD【解析】对于A：因为、分别是线段、的中点，所以，则，则，所以，如图，连接又由平面，平面，所以，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面，即选项A正确；对于B：在正方体中，，所以与所成的角为与所成的角，连接、，，则为正三角形，所以与所成角的取值范围为，即选项B错误；对于C：设平面与直线交于点，连接、，则为的中点，分别取、的中点，，连接、、，由，所以平面，同理可得平面，又因为，所以平面平面，又由平面，所以直线平面，故点的轨迹是线段，易得，即选项C错误；对于D：取的中点，的中点，的中点，连接，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面，连接、，则，又因为，所以，所以平面，连接、，由，且，得，故、、、四点共面，所以平面平面，因为平面，所以平面，所以点的轨迹为线段，由知，连接，，在中，，所以，所以，则，故线段长度的最小值为，线段长度的最大值为，所以长度的取值范围是，即选项D正确．故选：AD．例85．（多选题）（2024·高一·河北张家口·阶段练习）已知在三棱锥中，平面平面为等腰直角三角形，且腰，为平面内动点，为的中点，满足平面，下列说法中正确的是（

）A．PC与平面所成角正弦值的范围为B．与平面所成角正弦值的范围为C．在内的轨迹长度为1D．在内的轨迹长度为2【答案】AC【解析】连接，为等腰直角三角形，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，则平面，而平面，故.又为等腰直角三角形且可得，因为，所以，所以，过作，连结，因为平面，平面平面，平面平面，故平面，故为与平面所成角的平面角，而，其中，故，故A正确，B错误；取分别为的中点，连接，则，而平面，平面，故平面，同理平面，但平面，故平面平面，当时，则有平面，故平面，则线段为在三角形内的轨迹，长度为.故C正确，D错误.故选：AC.例86．（多选题）（2024·高一·江苏·阶段练习）已知正三棱柱的棱长均为2，点D是棱上（不含端点）的一个动点．则下列结论正确的是（

）A．的周长既有最小值，又有最大值B．棱上总存在点E，使得直线平面C．三棱锥外接球的表面积的取值范围是D．当点D是棱靠近三分点时，二面角的正切值为【答案】BC【解析】对A，如图展开侧面，易得当在与的交点处时，取得最小值，因为是棱上（不含端点）的一个动点，故无最大值，故的周长有最小值，但无最大值，故A错误；对B，在上取一点使得，则，当时，则有平行四边形，故，又平面，平面，故直线平面，故B正确；对C，由题意，三棱锥外接球即四棱锥的外接球，取中点,中点，连接并延长，交正方形的外接圆于，则，易得平面平面，根据外接球的性质有外接球的球心在平面中，且为的外接圆圆心，由对称性，可得当在中点时，最大，此时外接球直径最小，此时，故外接球直径，此时外接球表面积，当在或者点时，三棱锥外接球即正三棱柱的外接球，此时外接球的一条直径与和的外接圆直径构成直角三角形，此时外接球直径，此时外接球表面积，因为点是棱上（不含端点）的一个动点，故三棱锥外接球的表面积的取值范围是，故C正确；对D，设到平面的距离为，则由，即，故.设到线段的距离，则，解得，故二面角的正切值为，故D错误.故选：BC.例87．（多选题）（2024·山东日照·模拟预测）已知正方体的棱长为，是空间中任意一点，下列正确的是（

）A．若是棱动点，则异面直线与所成角的正切值范围是B．若在线段上运动，则的最小值为C．若在半圆弧上运动，当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为D．若过点的平面与正方体每条棱所成角相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为【答案】ACD【解析】对A，如图所示，由于，可知即为异面直线与所成角，设连接，设，则在中，，故A正确；对于B，将三角形与四边形沿展开到同一个平面上，如图所示，由图可知，线段的长度即为的最小值，在中，，故B错误；对于C，如图当为半圆弧的中点时，三棱锥的体积最大，此时，三棱锥的外接球球心是的中点，连结，则半径的长为，其表面积为，故C正确；对于D，平面α与正方体的每条棱所在直线所成的角都相等，只需与过同一顶点所成的角相等即可，如图，，则平面与正方体过点A的三条棱所成的角相等，当点分别为棱的中点，连结，可得平面平行于平面，且为正六边形，此时该截面是最大截面，由于正方体的棱长为1，所以正六边形的边长为，则面积为，故D正确.故选：ACD模块三：数学思想与方法分类与整合思想例88．（2024·河北邯郸·高一校考阶段练习）等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积为（）A． B．或C． D．或【答案】B【解析】如果是绕直角边旋转，形成圆锥，圆锥底面半径为，高为，母线就是直角三角形的斜边，故所形成的几何体的表面积；如果绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，即母线长是，故所形成的几何体的表面积，综上所述，所形成几何体的表面积是或.故选：B.例89．（2024·上海·高二专题练习）如果点是两条异面直线、外一点，则过点且与、都平行的平面个数的所有可能值是（

）A．1 B．2 C．0或1 D．无数【答案】C【解析】1、若点与直线构成的平面与直线平行，则过且与、都平行的平面个数为0；2、若点与直线构成的平面与直线平行，则过且与、都平行的平面个数为0；3、若点与直线不与直线平行，或点与直线不与直线平行，则点且与、都平行的平面个数为1.故选：C例90．（2024·全国·高三专题练习）到空间不共面的四点距离相等的平面的个数为（

）A．1 B．4C．7 D．8【答案】C【解析】当空间四点不共面时，则四点构成一个三棱锥．当平面一侧有一点，另一侧有三点时，如图，令截面与三棱锥的四个面之一平行，第四个顶点到这个截面的距离与其相对的面到此截面的距离相等，这样的平面有4个；当平面一侧有两点，另一侧有两点时，如图，当平面过AB，BD，CD，AC的中点时，满足条件．因为三棱锥的相对棱有三对，则此时满足条件的平面有3个．所以满足条件的平面共有7个，故选：C例91．（2024·上海徐汇·高二海市南洋模范中学校考阶段练习）从同一点引出的4条直线可以确定个平面，则不可能取的值是（

）A．6 B．4 C．3 D．1【答案】C【解析】A：当4条直线中任何三条都不共面时，如四棱锥的四条侧棱，此时4条直线可以确定个平面，所以不选A．B：当4条直线中有三条都共面时，此时4条直线可以确定个平面，所以不选B．C条直线在空间中的位置关系有：任何三条都不共面；有三条都共面；4条直线共面，所以不存在其他的位置关系，所以选C．D：当4条直线共面时，此时4条直线只可以确定1个平面，所以不选D．故选：C．例92．（2024·全国·开滦第二中学校考模拟预测）中，其边长分别为3，4，5，分别以它的边所在直线为旋转轴，旋转一周所形成的几何体的体积之和为______．【答案】【解析】由题意不妨设：，边上的高为，则，可得，若以边所在直线为旋转轴，则所形成的几何体为圆锥，其底面半径，高为，故此时圆锥的体积为；若以边所在直线为旋转轴，则所形成的几何体为圆锥，其底面半径，高为，故此时圆锥的体积为；若以边所在直线为旋转轴，则所形成的几何体为两个共底面的圆锥，其底面半径，高为，且，故所得几何体的体积为；故体积之和为.故答案为：.等价转换思想例93．（2024·全国·高一专题练习）在正方体中，、、、分别是该点所在棱的中点，则下列图形中、、、四点共面的是（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】对于选项，如下图，点、、、确定一个平面，该平面与底面交于，而点不在平面上，故、、、四点不共面；对于选项，连结底面对角线，由中位线定理得，又，则，故、、、四点共面对于选项C，显然、、所确定的平面为正方体的底面，而点不在该平面内，故、、、四点不共面；对于选项D，如图，取部分棱的中点，顺次连接，得一个正六边形，即点、、确